C.d.L. Triennale in

C.d.L. Triennale in

Ingegneria Biomedica

A.A. 2013/2014

Corso di Analisi Matematica 2 – 6 CFU

Dr. G. Autuori

Prova scritta del 5 Giugno 2014

Esercizio 1. Data la funzione

f (x, y) =







x

²

sin y − y sin

²

x

xy , xy 6= 0,

0, xy = 0,

studiarne la continuit` a, la derivabilit` a e la differenziabilit` a in R

²

. Esercizio 2. Stabilire se la funzione

f (x, y) =







2|y|(x

²

+ 4y

²

)

|x|

³

cos  x

²

4 + y

²



, x 6= 0,

0, x = 0,

`

e integrabile in D = n

(x, y) ∈ R

²

: x

²

+ 4y

²

≤ 4, 2|y| ≤ √ 3|x| o

e, in caso affermativo, calcolare I =

Z Z

D

f (x, y) dxdy.

Esercizio 3. Si consideri il campo vettoriale F (x, y, z) =



z log  |x|

y

 , − xz

y , −x log y

 .

a) Determinare il dominio D di F , specificando se si tratta di un insieme connesso e/o semplicemente connesso;

b) stabilire se F ` e irrotazionale e/o solenoidale in D;

c) stabilire se F ` e conservativo in D e, in caso affermativo, determinarne un potenziale;

d) calcolare il lavoro compiuto dal campo lungo un qualsiasi arco di curva semplice, regolare a tratti, interamente contenuto nella regione {(x, y, z) ∈ R

³

: ey = 1, x = 1}.

Esercizio 4. Si consideri una lamina piana di densit` a unitaria, assimi- labile all’insieme A = {(x, y) ∈ R

²

: x

²

+ y

²

≤ R

²

, x

²

− xR + y

²

≥ 0}, con R > 0 fissato. Sia E il solido ottenuto dalla rotazione di A di 180

^◦

attorno all’asse x.

a) Determinare, attraverso i teoremi di Guldino, il volume di E e l’area della superficie S che racchiude E.

b) Calcolare il flusso uscente del campo F (x, y, z) = (0, y, x

²

z) attra-

verso S.

Risoluzione

Esercizio 1. (9 punti) Continuit` a. Sia Q = R

²

\ {(x, y) ∈ R

²

: xy = 0} l’insieme dei punti del piano che non appartengono agli assi coordinati. La funzione assegnata f ` e evidentemente continua in Q, essendo composizione di funzioni continue. Restano da studiare i punti degli assi coordinati, ove cambia le legge di definizione di f .

Per quanto riguarda i punti dell’asse x, esclusa l’origine, si vede che f non ammette limite, e di conseguenza non ` e continua, in tali punti.

Infatti, fissato un punto del tipo (x, 0) con x 6= 0, ci si pu` o avvicinare ad esso con l’operazione di limite, o muovendosi lungo l’asse x (y = 0), oppure lungo una qualunque altra direzione. Nel primo caso si ha

lim

(x,y)→(x,0) x6=0, y=0

f (x, y) = lim

(x,y)→(x,0) x6=0

f (x, 0) = lim

(x,y)→(x,0) x6=0

0 = 0 = f (0, x).

D’altra parte, se ci si avvicina allo stesso punto, lungo una qualunque altra direzione, risulta

lim

(x,y)→(x,0) xy6=0

f (x, y) = lim

(x,y)→(x,0) xy6=0

 x sin y

y − sin

²

x x



= x − sin

²

x x . Per i punti dell’asse y, esclusa l’origine, si ragiona in maniera analoga, e si vede che la f ` e continua in tali punti. Infatti, muovendosi lungo l’asse y (x = 0), si ottiene

lim

(x,y)→(0,y) x=0, y6=0

f (x, y) = lim

(x,y)→(0,y)

f (0, y) = lim

(x,y)→(0,y)

0 = 0 = f (0, y).

Per le altre direzioni si ha lim

(x,y)→(0,y) xy6=0

f (x, y) = lim

(x,y)→(0,y) xy6=0

 x sin y

y − sin

²

x x



= 0 = f (0, y).

Infine, f ` e continua nell’origine. Infatti, muovendosi lungo gli assi coordinati si ha

lim

(x,y)→(0,0) xy=0

f (x, y) = lim

(x,y)→(0,0)

0 = 0 = f (0, 0).

D’altra parte lim

(x,y)→(0,0) xy6=0

f (x, y) = lim

(x,y)→(0,0) xy6=0

 x sin y

y − sin

²

x x



= 0 = f (0, 0).

In conclusione f ` e continua nell’insieme

{(x, y) ∈ R

²

: y 6= 0} ∪ {(0, 0)},

ossia in tutti i punti di R

²

, esclusi quelli dell’asse x diversi dall’origine.

Derivabilit` a e differenziabilit` a. Si consideri l’insieme Q. Risulta

∂f (x, y)

∂x = sin y

y − sin 2x − sin

²

x

x

²

∈ C(Q)

e

∂f (x, y)

∂x = x(y cos y − sin y)

y

²

∈ C(Q).

Pertanto f ` e derivabile parzialmente con continuit` a in Q, e dunque ` e ivi differenziabile.

Si considerino ora i punti del tipo (x, 0) con x 6= 0 (asse x, esclusa l’origine). Si ha

∂f (x, 0)

∂x = 0, mentre

∂f (x, 0)

∂y = lim

h→0

f (x, h) − f (x, 0)

h = lim

h→0

1 h

 x sin h

h − sin

²

h h

 . L’ultimo limite scritto non esiste, potendo assumere valori diversi per h → 0

⁺

e h → 0

⁻

. Ne deduciamo che nei punti dell’asse x, esclusa l’origine, f ` e derivabile parzialmente rispetto a x, ma non rispetto a y.

Per i punti del tipo (0, y) con y 6= 0 (asse y, esclusa l’origine) si vede che f ` e derivabile parzialmente con

∇f (0, y) =  sin y y − 1, 0

 .

Le derivate parziali in tali punti sono continue, dunque f ` e ivi differen- ziabile.

Resta da studiare l’origine. Dal punto precedente si deduce immedia- tamente che f ` e derivabile in (0, 0) con gradiente nullo. Se f fosse anche differenziabile nell’origine, per il Teorema del gradiente, si avrebbe

D

_v

f (0, 0) = h∇f (0, 0), vi = 0 per ogni v ∈ R

²

,

dove D

_v

f (0, 0) indica la derivata direzionale di f nell’origine, lungo la direzione individuata da v = (v

₁

, v

₂

) ∈ R

²

. Esplicitando l’espressione di tale derivata per (v

1

, v

2

) 6= (0, 0) si vede che

D

_v

f (0, 0) = lim

t→0

f ((0, 0) + t(v

1

, v

2

)) − f (0, 0)

t = lim

t→0

f (tv

1

, tv

2

) t

= lim

t→0

 sin(tv

₂

)

tv

₁

v

₂

− sin

²

(tv

₁

) t

²

v

₁



= lim

t→0

 1

v

₁

· sin(tv

2

)

tv

₂

− v

₁

sin

²

(tv

1

) (tv

₁

)

²



= 1 v

₁

− v

₁

.

Pertanto si ha D

_v

f (0, 0) = 0 ⇐⇒ v

₁

= ±1. Se ne deduce che f non ` e differenziabile nell’origine.

Riassumendo: f ` e differenzianile, e dunque anche derivabile (e con-

tinua, come si ` e visto prima!) in tutti i punti del piano tranne l’asse

x. Inoltre f ` e derivabile parzialmente rispetto a y ma non rispetto a

x nei punti dell’asse y, esclusa l’origine. Infine f ` e derivabile ma non

differenziabile nell’origine.

Esercizio 2. (6 punti) La funzione assegnata ` e integrabile in D, es- sendo ben definita e continua in D tranne un insieme di misura nulla (il segmento dato dall’intersezione tra D e l’asse y).

La geometria del dominio suggerisce l’utilizzo delle coordinate ellittiche.

Inoltre, data la simmetria di f , ` e conveniente integrare solo nel primo quadrante e moltiplicare il risultato ottenuto per quattro. L’insieme D ∩ {(x, y) ∈ R

²

: x, y > 0} si rappresenta in coordinate ellittiche nel modo seguente

( x = 2% cos ϑ, y = % sin ϑ,

% ∈ [0, 1], ϑ ∈ [0, ϑ

_P

],

|detJ| = 2%,

dove ϑ

_P

= arctan(2y

_p

/x

_p

) = π/3 e P = (x

_P

, y

_P

) = (1, √

3) ` e il punto ottenuto dall’intersezione dell’ellisse di equazione x

²

+ 4y

²

= 4 con la retta di equazione y = √

3x/2. Dunque I

4 = Z

1

0

Z

π/3 0

2% sin ϑ · 4%

²

· cos %

²

· 2%

8%

³

cos

³

ϑ dϑd%

= Z

1

0

2% cos %

²

d%

Z

π/3 0

sin ϑ

cos

³

ϑ dϑ = sin %

²



1 0

 1

2 cos

²

ϑ



π/3 0

= 3 2 sin 1

=⇒ I = Z Z

D

f (x, y) dxdy = 6 sin 1.

Esercizio 3. (6 punti) Parte a). Il dominio di F ` e D = {(x, y, z) ∈ R

³

: x 6= 0, y > 0}.

L’insieme D non ` e connesso n´ e semplicemente connesso.

Parte b). Indicate con F

₁

, F

₂

e F

₃

le tre componenti del campo, e con (x, y, z) un generico punto di D, si ha

∂F

₁

(x, y, z)

∂y = − z

y = ∂F

₂

(x, y, z)

∂x , ∂F

₂

(x, y, z)

∂z = − x

y = ∂F

₃

(x, y, z)

∂y ,

∂F

₁

(x, y, z)

∂z = log  |x|

y



6= log  1 y



= ∂F

₃

(x, y, z)

∂x .

Pertanto F non ` e irrotazionale in D. Inoltre divF =

3

X

i=1

∂F

_i

(x, y, z)

∂x

_i

= z x + xz

y

²

+ 0 = z(x

²

+ y

²

)

xy

²

,

da cui si deduce che F non ` e solenoidale in D.

Parte c). Il campo F potrebbe essere localmente conservativo, os- sia conservativo nelle componenti connesse di D. Cerchiamo un even- tuale potenziale U (x, y, z) tale che ∇U = F . Imponendo ∂U

∂z = F

₃

=

−x log y e integrando rispetto a z si ricava

U (x, y, z) = −xz log y + k(x, y).

Ora, richidendo ∂U

∂x = F

₁

, si ottiene ∂U

∂x = −z log y+ ∂k

∂x = z log  |x|

y

 , da cui

∂k

∂x = z log |x| ⇒ k(x, y)=

Z

z log |x| dx + c(y) = z {x(log |x|−1)} + c(y)

=⇒ U (x, y, z) = xz



log  |x|

y



− 1



+ c(y).

Infine, imponendo ∂U

∂y = F

₂

= − xz

y , si ricava

∂U

∂y = − xz

y + c

⁰

(y) ⇒ c(y) = Const., localmente.

In conclusione

U (x, y, z) =



 

  xz h

log 

_|x|

y

 − 1 i

+ c

₁

, x > 0, xz h

log 

_|x|

y

 − 1 i

+ c

₂

, x < 0.

Il campo scalare trovato U ` e effettivamente un potenziale locale per F , ossia verifica la condizione ∇U = F se e solo se |x| = 1, ossia nei punti di D che rendono F irrotazionale! In altre parole, F ` e localmente conservativo nei semipiani appartenenti alle componenti connesse di D di equazioni x = 1 e x = −1.

Parte d) Il lavoro richiesto ` e nullo, in quanto la curva assegnata giace

in una regione equipotenziale (ossia a potenziale costante) per F .

Esercizio 4. (9 punti) Parte a). Il solido E si pu` o ottenere attraverso

la rotazione di 360

^◦

, attorno all’asse x, del dominio piano A = A

₁

∪ A

₂

,

con A

₁

e A

₂

come in figura.

Indicando con G

A

= (x

A

, y

A

) il baricentro di A, con d

A

la sua distanza dall’asse x e con |A| la misura (area) di A, per il Teorema di Guldino si ha

Vol(E) = 2πd

_A

|A|.

Chiaramente d

_A

= y

_A

= 1

|A|

Z Z

A

y dxdy = 1

|A|

Z Z

A1

y dxdy + Z Z

A2

y dxdy

 . Per integrare su A

₁

conviene utilizzare le coordinate polari

( x = % cos ϑ, y = % sin ϑ,

% ∈ [0, R], ϑ ∈ h π 2 , π i

,

|detJ| = %.

Si ottiene Z Z

A1

y dxdy = Z

π

π/2

Z

R 0

%

²

sin ϑd%dϑ = Z

R

0

%

²

d%

Z

π π/2

sin ϑdϑ

=  %

³

3



R 0

· [− cos ϑ]

^π_π/2

= R

³

3

.

D’altra parte

A

₂

= (x, y) ∈ R

²

: 0 ≤ x ≤ R, g

₁

(x) ≤ y ≤ g

₂

(x) , dove g

₁

(x) =

s R

²

4 −

 x − R

2



2

e g

₂

(x) = √

R

²

− x

²

. Pertanto Z Z

A2

y dxdy = Z

R

0

Z

g2(x) g1(x)

y dy

!

dx = 1 2

Z

R 0

y

²



g2(x) g1(x)

dx

= 1 2

Z

R 0

(R

²

− Rx) dx = 1 2



R

²

x − R x

²

2



R 0

= R

³

4 . Ne consegue che d

_A

= 1

|A|

 R

³

3 + R

³

4



e in conclusione

Vol(E) = 2π · 1

|A|

 R

³

3 + R

³

4



· |A| = 7 6 πR

³

.

Per il calcolo dell’area di E, sempre in riferimento alla figura, indicando Γ = ∪

³_i=1

Γ

i

, con G

Γ

= (x

Γ

, y

Γ

) il baricentro di Γ, con d

Γ

la sua distanza dall’asse x e con `(Γ) la lunghezza di Γ, per il Teorema di Guldino si ha

|E| = 2πd

Γ

`(Γ).

Per ogni i ∈ {1, 2, 3} sia ϕ

_i

la parametrizzazione della curva Γ

_i

. Si ha ϕ

₁

:

( x = R cos ϑ, y = R sin ϑ, ϑ ∈ [0, π],

ϕ

₂

:

( x = t, y = 0, t ∈ [−R, 0],

ϕ

₃

:

( x = R/2 + R cos(ϑ)/2, y = R sin(ϑ)/2,

ϑ ∈ [0, π].

D’altra parte, se ϕ ` e una opportuna parametrizzazione di Γ si ha

d

_Γ

= y

_Γ

= 1

`(Γ) Z

γ

ydϕ = 1

`(Γ)

3

X

i=1

Z

Γi

ydϕ

_i

.

Ora, ϕ

⁰₁

(ϑ) = (−R sin ϑ, R cos ϑ) e kϕ

⁰₁

(ϑ)k = R. Pertanto Z

Γ1

ydϕ

₁

= Z

π

0

y(ϑ)kϕ

⁰₁

(ϑ)kdϑ = Z

π

0

R

²

sin ϑdϑ = −R

²

[cos ϑ]

^π₀

= 2R

²

.

Per il secondo integrale, essendo y(t) = 0 per ogni t ∈ [−R, 0], si deduce immediatamente che

Z

Γ2

ydϕ

₂

= 0.

Analogamente, ϕ

⁰₃

(ϑ) = (−R sin(ϑ)/2, R cos(ϑ)/2) e kϕ

⁰₃

(ϑ)k = R/2, e Z

Γ3

ydϕ

₃

= Z

π

0

y(ϑ)kϕ

⁰₃

(ϑ)kdϑ = Z

π

0

R

²

4 sin ϑdϑ = − R

²

4 [cos ϑ]

^π₀

= R

²

2 .

Di conseguenza d

_Γ

= 2R

²

+ R

²

/2

`(Γ) e dunque

|E| = 2π · 2R

²

+ R

²

/2

`(Γ) · `(Γ) = 5πR

²

.

Si osservi che i valori ottenuti per Vol(E) e |E| coincidono (come deve essere!) con quelli che si ricaverebbero dall’utilizzo di semplici formule della geometria euclidea dei solidi regolari.

Parte b). La superficie S ` e composta da due sfere contenute una nell’altra, la pi` u grande S

₁

centrata in (0,0,0) e di raggio R e la pi` u piccola S

2

centrata in (R/2, 0, 0) e raggio R/2.

Per calcolare il flusso di F = (0, y, x

²

z) uscente da S, il metodo pi` u conveniente ` e quello di sottrarre al flusso uscente dalla sfera grande il flusso uscente da quella piccola. Entrambi questi due flussi si possono calcolare con il Teorema della divergenza, attraverso la formula

Φ

S_i

F = Z Z Z

Bi

divF (x, y, z)dxdydz,

dove B

_i

indica la palla in R

³

racchiusa da S

_i

, i = 1, 2.

Innanzitutto vediamo che divF = 1 + x

²

. Per il calcolo dei due integrali usiamo le coordinate sferiche. Si ha

B

₁

:



 

 

x = % sin ψ cos ϑ, y = % sin ψ sin ϑ, z = % cos ψ,

% ∈ [0, R], ψ ∈ [0, π], ϑ ∈ [0, 2π],

|detJ| = %

²

sin ψ.

Pertanto Z Z Z

B1

divF (x, y, z)dxdydz = Z Z Z

B1

(1 + x

²

)dxdydz

= Z

R

0

Z

π 0

Z

2π 0

1 + %

²

sin

²

ψ cos

²

ϑ
%

²

sin ψdϑdψd%

π Z

R

0

%

²

d%

Z

π 0

sin ψdψ + Z

R

0

%

⁴

d%

Z

π 0

sin

³

ψdψ Z

2π

0

cos

²

ϑdϑ

= 2πR

³

3 [− cos ψ]

^π₀

+ R

⁵

5

 cos

³

ψ

3 − cos ψ



π 0

·  ϑ + sin ϑ cos ϑ 2



2π 0

= 4πR

³

3



1 + R

⁵

5

 . Per il secondo integrale si ha

B

₂

:



 

 

x =

^R₂

+ % sin ψ cos ϑ, y = % sin ψ sin ϑ, z = % cos ψ,

% ∈

 0, R

2



, ψ ∈ [0, π], ϑ ∈ [0, 2π],

|detJ| = %

²

sin ψ.

In maniera analoga si trova Z Z Z

B2

divF (x, y, z)dxdydz = Z Z Z

B2

(1 + x

²

)dxdydz

= Z

R/2

0

Z

π 0

Z

2π 0

"

1 +  R

2 + % sin ψ cos ϑ



2

#

%

²

sin ψdϑdψd%

=



1 + R

²

4

 2π

Z

R/2 0

%

²

d%

Z

π 0

sin ψdψ

+ Z

R/2

0

%

⁴

d%

Z

π 0

sin

³

ψdψ Z

2π

0

cos

²

ϑdϑ + R

Z

R/2 0

%

³

d%

Z

π 0

sin

²

ψdψ Z

2π

0

cos ϑdϑ

= 2πR

³

24



1 + R

²

4



[− cos ψ]

^π₀

+ R

⁵

160

 cos

³

ψ

3 − cos ψ



π 0

·  ϑ + sin ϑ cos ϑ 2



2π 0

+ R

⁵

32

 ψ − sin ψ cos ψ 2



π 0

· [sin ϑ]

^2π₀

= πR

³

2

 1 3 + R

²

10

 . In conclusione

Φ

_S

F = Φ

_S1

F − Φ

_S2

F = πR

³

6



7 + 13R

²

10



.